浙江省绍兴市诸暨市2024届高三上学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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诸暨市2023-2024学年高三第一学期期末考试试题数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分1.设集合，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解出集合，在根据交集和并集的概念即可得出答案.【详解】因为，所以，.故选：D2.若函数（，）的图象过点和，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】利用待定系数法计算即可.【详解】因为过点得，则，又过点得，即，.故选:A3.已知i是虚数单位，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】当时，即，得，而时，，推不出一定是，即推不出;所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B4.已知，单位向量，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知可得，即，解方程即可得出结果.【详解】因为，为单位向量，若，得，即所以，解得：，又因为，所以.故选:C5.的展开式中（即分子a的指数和分母b的指数相同）项的系数为（）A.B.15C.D.20【答案】B【解析】【分析】根据二项式展开式通项公式求解即可.【详解】通项公式，由可得，故，系数为.故选:B6.若直线l与三次函数有三个公共点且公共点横坐标成等差数列，则直线l（）A.经过定点B.不经过定点C.斜率为定值D.斜率可为任意实数【答案】A【解析】 【分析】先设三个交点，由题意得出,再得出定点即可.【详解】设这三个交点的坐标分别为，，由题意可得，由于三次函数的图像是中心对称图形，由可知，为对称中心，即直线l经过定点是三次函数的对称中心.故选:A．7.小张同学将一块棱长为的正方体形状橡皮泥重新捏成一个正四面体（过程中橡皮泥无损失），则该四面体外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设正四面体的棱长为a，可求出四面体的高，进而求出其体积表达式，结合正方体体积求出棱长，从而可求得其外接球的半径，即可求得答案.【详解】设正四面体的棱长为a，由题意可得，正方体的体积即为正四面体的体积，设正四面体如图，F为为底面的中心，E为的中点，F在上，O为正四面体外接球的球心，则为四面体的高，O在上，则，则，即得，所以，又设正四面体外接球的半径R，则，即，即得，故外接球体积为，故选：C． 8.已知函数，都有，若恰好有4个点同在一个圆心在x轴上半径为圆内，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式可得，由题意可知点为的最值点，结合周期性列式求解.【详解】由题意可得：，因为都有，所以这4个点为的最值点，由恰好有4个点在圆内，可得，解得，所以的取值范围为.故选：C．【点睛】方法点睛：求解函数的性质问题的三种意识（1）转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为的形式；（2）整体意识：类比的性质，只需将中的“”看成中的“x”，采用整体代入求解；（3）讨论意识：当A为参数时，求最值应分情况讨论.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9.在正方体中，E为棱的中点，则下列结论正确的是（）A.若点P为中点，则//平面B.若点P为中点，则//平面 C.若点P为AC中点，则平面D.若点P为中点，则平面【答案】AC【解析】【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得.【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令,则，，设平面的法向量，则，令，得，对于A，当点P为中点时，，，显然，即平面，而平面，因此//平面，A正确；对于B，当点P为中点时，，，显然，即与平面不平行，因此与平面不平行，B错误；对于C，当点P为AC中点时，，，因此平面，C正确；对于D，当点P为中点时，，与不平行，因此不垂直于平面，D错误.故选：AC10.已知函数，为的导函数，则下列结论正确的是（）A.B. C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据已知函数，求出导函数，依次代入验证各选项的正确性即可.【详解】由已知得，故A正确：，故B正确；，而，所以不成立，故C错误；，故D正确：故选：ABD11.已知双曲线上两点关于轴对称，分别为的左右顶点，若直线和交于点，则（）A.直线和的斜率之积为定值B.直线和的斜率之积为定值C.点在椭圆上D.面积的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】根据条件，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】设点，，则有，得到，又易知，对于选项A，直线和的斜率之积为定值，所以选项A正确； 对于选项B，直线和的斜率之积为定值，所以选项B正确；对于选项C，设点，直线，直线，因为点为直线和交点，由，解得，所以，又，所以，故点在椭圆上，所以选项C正确；对于选项D，由选项C可知面积的，所以，得到，所以选项D错误，故选：ABC.12.在的红色表格中，有一只会染红黄蓝三种颜色的电子蛐蛐从A区域出发，每次跳动都等可能的跳往相邻区域，当它落下时会将该区域染成新的颜色（既与该区域原来的颜色不同，也与蛐蛐起跳时区域的颜色不同）．记蛐蛐第跳后表格中的不同染色情况种数为，（第一次跳后有如图四种情况，即），则（） A.B.，恒成立C.蛐蛐能将表格中的三块染成蓝色D.蛐蛐能将表格中的四块染成黄色【答案】AC【解析】【分析】根据分步乘法计数原理可知AB正误；通过距离例子可知C正确；根据染色原则可知D错误.【详解】对于A，当时，对第一个表格往左跳，区域染成蓝色；或往下跳，区域染成蓝色；共两种情况；其他表格亦如此，，A正确；对于B，表格最多不超过种不同的染色情况，不可能恒成立，B错误；对于C,若蛐蛐按照如下顺序跳，即可将三个区域染成蓝色；情况一：情况二：C正确；对于D，三块都是黄色也可能，但当三块染成黄色后，不可能第四块还是黄色，因为要和起跳时区域不一样，D错误．故选：AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.设等比数列的公比为，为前项和，若，，则______．【答案】8【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，把条件用，表示出来，求出，的值，再利用等比数列的通项公式或相邻项之间的关系求.【详解】因为：，，得，于是，.故答案为：814.一台放置在水平桌面上的笔记本电脑，将其侧面抽象成如图所示的几何图形，若显示屏所在面的侧边AO与键盘所在面的侧边长BO均为，点P为眼睛所在位置，D为AO的中点，连接PD，当时，称点P为“黄金视角点”，作，垂足C在OB的延长线上，当，时，______cm．【答案】【解析】【分析】把的计算转化为和的计算，利用直角三角形求解.【详解】过O作交DP于M，过M作交PC于C，则，，，于是(cm)．故答案为：．15.将正整数由小到大排列，从中随机抽取两个数，这两个数其中一个在前面，一个在后面的概率为，则______． 【答案】4或7【解析】【分析】利用组合，结合古典概型的概率公式求解即可．详解】由题意，整理得到解得或7，故答案为：4或7．16.已知动点P在抛物线上，抛物线焦点为F，准线与x轴交于点E，以E，F为焦点的椭圆和双曲线皆过点P，则椭圆和双曲线离心率之比的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】利用椭圆和双曲线的定义把离心率之比转化为求的范围，而求的范围需要利用基本不等式.【详解】由题意椭圆和双曲线离心率之比．令，设，则，因为，，所以，因为，所以，故，又，所以．故答案为：． 四、解答题：本题共6小题，共70分．17.已知为等比数列，前n项和，且，，，成等差数列．（1）求和；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先根据等比数列基本量运算得出，再写出通项公式及前n项和即可；（2）应用裂项相消即可求解.【小问1详解】因为，，成等差数列，所以，又，即，可列出方程，解得，所以，【小问2详解】由（1）得，所以，．18.如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，，，N是线段PC的中点，，． （1）求点N到平面PAB的距离；．（2）若二面角的余弦值为，求四棱锥体积的大小．【答案】（1）2（2）2【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理得出点到平面距离；（2）解法一空间向量得出点到平面距离求体积，解法二现根据二面角求边长再求四棱锥体积即可.【小问1详解】因为平面,平面所以,因为，所以，平面ABP，平面ABP，平面ABP，所以点C到平面PAB的距离，又因为BN是线段PC的中点，所以点N到平面PAB的距离．【小问2详解】解法一：建立如图空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，又因为平面APD，则，所以，所以． 解法二：如图，作NO垂直AC于O，取AD中点M，连结MO，MN，易知是二面角余角，所以中，，所以，所以．19.在中，已知．（1）若，求的值；（2）已知中线交于，角平分线交于，且，，求的面积．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据条件得到，再利用平方关系即可求出结果；（2）根据条件，利用正弦定理边转角得到，利用，得到，结合，利用余弦定理得，进而得出，即可求出结果.【小问1详解】因为，得到，即，由平方关系得，整理得到，解得或.【小问2详解】 因为，得到，整理得到，所以，又，所以，得到，又是的中点，所以，又，得到，整理得到，又，得到，所以.20.已知点在椭圆：上，过右焦点的两相互垂直的弦中点分别记为，．（1）求椭圆的方程；（2）求直线经过的定点坐标．【答案】20.21.【解析】【分析】（1）把已知点的坐标代入入方程，即可求出椭圆标准方程.（2）分情况讨论，设出过右焦点的直线方程，代入椭圆方程，根据一元二次方程根与系数的关系确定，的坐标，求出直线的方程，再判断直线过定点.【小问1详解】由题意得：，所以椭圆的标准方程为：.【小问2详解】若两条弦分别与轴，轴平行，此时直线就是轴，故定点在轴上． 否则设过右焦点的直线记为：交椭圆于两点，，则，联立方程组：，消去，得：整理得：，，，用代替，可得：，，若，解得，：，否则,，故：，其中：令得：.故直线过定点.21.为丰富课余生活，某班组织了五子棋大赛．下表统计了该班学生近期课间与其他班学生的200场比赛的胜负与先后手列联表（不记平局，单位：场）．最后甲乙两人晋级决赛，决赛规则如下：五局三胜，没有平局，其中第一局先后手等可能，之后每局交换先后手．已知甲先手胜乙的概率为后手胜乙的概率为．先后手胜负合计 胜负先手6040100后手4060100合计100100200（1）依据的独立性检验，能否认为五子棋先后手与胜负有关联？（2）在甲第一局失败的的条件下，求甲最终获胜的概率．附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）可以认为五子棋先后手与胜负有关联（2）【解析】【分析】（1）先计算再和临界值比较即可下结论；（2）应用条件概率公式计算可得.【小问1详解】，故可以认为五子棋先后手与胜负有关联．【小问2详解】设事件A：甲第一局失败；事件B：第一局甲先手；事件C：甲获胜；．分两种情况讨论：甲第一局先手且失败，但最终获胜：共4局比赛：． 共5局比赛：甲第一局后手且失败，但最终获胜：共4局比赛：共5局比赛：．故甲在第一局失败的情况下获胜的概率．综上．22.已知函数，其中且．（1）当时，求曲线在处的切线方程．（2）若对任意，都有恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义计算即可；（2）法一、利用必要性探路，先由已知得得出，而随a增大而减小得时符合题意，再根据常用的切线放缩结合换元法及二次函数的性质证充分性即可；法二、先确定，利用分类讨论的符号结合隐零点、常用切线放缩一一验证即可.【小问1详解】由题意知，当时，，易知，，即得曲线在处的切线方程为．【小问2详解】法一：因为， 又因为，所以随a增大而减小，当时，，下证充分性：设，则，显然时，则此时单调递增，时，此时单调递减，所以，即恒成立，由，，令，即，设，，易知其对称轴为，且，即开口向上，对称轴，所以在单调递减，在单调递增，所以，所以当时，恒成立．法二：由题意可知，，又由，可知在上递增，且.（i）当时，即，此时存在，使得，即在上递减，在上递增， 所以设，则，显然时，则此时单调递增，时，此时单调递减，所以，即恒成立，①当时，令，所以可得．②当，再令，此时，所以可得．（ii）当时，即，则存在，使得，则在上递减，在上递增，所以，不成立．综上（i），（ii）知．【点睛】方法点睛：对于不等式恒成立问题一般可以通过必要性探路结合端点效应先得出参数范围，再证充分性的方法处理；或者通过含参分类讨论的方法处理.需要多积累一些常用的切线放缩：等方便处理不等关系.